RECHENTEIL: L ¨ OSUNGEN 1. Potenzreihe
F¨ ur den Konvergenzradius R der Potenzreihe gilt R = lim
m→∞
(−1)m (2m+1)!
(−1)m+1 (2(m+1)+1)!
= lim
m→∞
(2m + 3)!
(2m + 1)! = lim
m→∞
(2m+3)(2m+2) = ∞. 4 Punkte 2. Maxima/Minima
Die partiellen Ableitungen sind
∂f
∂x (x, y) = 4xy + 8x, ∂f
∂y (x, y) = 2x
2+ 2y − 4 1 Punkt und
∂f
2∂x
2(x, y) = 4y + 8, ∂f
2∂x∂y (x, y) = 4x, ∂f
2∂y
2(x, y) = 2. 1 Punkt Somit gilt
grad
(x,y)f = 0 ⇐⇒ 4xy + 8x = 0
2x
2+ 2y − 4 = 0 1 Punkt und kritische Punkte sind daher
(0, 2), (2, −2), (−2, −2). 2 Punkte Die Hessematrix von f ist gegeben durch
4y + 8 4x
4x 2
. 1 Punkt
Nun ist die Determinante der Hessematrix von f im Punkt (0, 2) gleich 32 und der rechte untere Eintrag (der linke obere Eintrag) ist ebenfalls gr¨ oßer Null. Daher liegt im Punkt (0, 2) ein Minimum vor. 2 Punkte
Die Determinante der Hessematrix von f im Punkt (2, −2) ist -64, daher
liegt in (2, −2) ein Sattelpunkt (bzw. kein Extremum) vor. 2 Punkte
Die Determinante der Hessematrix von f im Punkt (−2, −2) ist -64, daher
liegt in (−2, −2) ein Sattelpunkt (bzw. kein Extremum) vor. 2 Punkte
RECHENTEIL: L ¨ OSUNGEN 3. Fluß
Die Fl¨ ache F ist eine zur xy-Ebene parallele Kreisscheibe mit Radius 2 und Mittelpunkt (0, 0, 1)
T. F¨ ur die richtige Zeichnung gibt es 2 Punkte . Eine m¨ ogliche Parametrisierung ist Φ : [0, ~ 2] × [0, 2π] → R
3,
Φ(u, v) = ~
u sin v u cos v
1
. 2 Punkte Dann gilt
∂~ Φ
∂u × ∂~ Φ
∂v =
sin v cos v 0
×
u cos v
−u sin v 0
2 Punkte =
0 0
−u
. 2 Punkte Und es gilt
Z Z
F
~ v · d ~ O = Z
20
Z
2π 0
u cos v sin(u sin v) cos(u sin v ) u
2sin v cos v
·
0 0
−u
dvdu 2 Punkte =
= Z
20
Z
2π 0−u
3sin v cos vdvdu = 0. 2 Punkte
RECHENTEIL: L ¨ OSUNGEN 4. Stokes
Die Menge E ist die obere H¨ alfte eines Ellipsoiden mit Mittelpunkt in Null mit den Halbachen der L¨ ange √
2 in x-Richtung, 2 in y-Richtung und 3 in z-Richtung. F¨ ur die richtige Zeichnung gibt es 2 Punkte .
Die Schnittmenge von E mit der xy-Ebene ist eine Ellipse in der xy-Ebene mit Mittelpunkt Null und den Halbachsen der L¨ ange √
2 in x-Richtung und 2 in y-Richtung. F¨ ur die richtige Zeichnung gibt es 2 Punkte .
Wir benutzen den Satz von Stokes. Dazu parametrisieren wir zun¨ achst die Randkurve der o.g. Ellipse mittels ~ x : [0, 2π] → R
3,
~ x(t) =
√ 2 cos t 2 sin t
0
. 2 Punkte
Die Randkurve wird also im mathematisch positiven Sinn durchlaufen. Die dazu passende Normalenrichtung (f¨ ur den Satz von Stokes) ist diejenige, die vom Ellipsoiden weg nach aussen zeigt. Ist dies richtig in die Zeichnung eingetragen gibt es 2 Punkte .
Nun ergibt sich durch Anwendung des Satzes von Stokes Z Z
E
rot ~ v · d ~ O = Z
~ x
~ v · d~ s =
Z
2π 0
2 √
2 sin t cos t + 2 sin t
− √ 2 cos t
0
·
− √ 2 sin t 2 cos t
0
dt 2 Punkte =
= Z
2π0
−4 sin
2t cos t − 2 √ 2dt =
− 4 3 sin
3t
2π 0− 4π √
2 = −4π √
2. 2 Punkte Bemerkung:
W¨ ahlt man eine Parametrisierung, die die Randkurve in mathematisch nega- tivem Sinn durchl¨ auft, so erh¨ alt man 4π √
2 als Ergebnis und in der Zeichnung
muss als die dazu passende Normalenrichtung diejenige eingetragen sein, die
in den Ellipsoiden hinein zeigt.
VERST ¨ ANDNISTEIL: L ¨ OSUNGEN 1. Fourierreihe
Die Funktion f ist gerade. 1 Punkt Ferner gilt a
0= 1
π Z
2π0
dt = 2 1 Punkt
Alle anderen Fourierkoeffizienten sind gleich Null. 2 Punkte Die Parsevalsche Gleichung ergibt in diesem Fall
1 π
Z
2π 0f (t)
2dt = 1 π
Z
2π 01 dt = 2 = a
202 = a
202 +
∞
X
k=1
(a
2k+ b
2k) 2 Punkte 2. Ableitung
Es ist
~ g(f(x, y, z)) =
xy + z (xy + z)
21 (xy+z)2+1
. 4 Punkte Und so ergibt sich
(~ g◦f )
0(x, y, z) =
y x 1
2xy
2+ 2yz 2x
2y + 2xz 2xy + 2z
−
((xy+z)2xy2+2yz2+1)2−
((xy+z)2x2y+2xz2+1)2−
((xy+z)2xy+2z2+1)2
. 6 Punkte ODER man rechnet mit der Kettenregel. Dazu bestimmt man zun¨ achst
f
0(x, y, z) = (y x 1) und ~ g
0(t) =
1 2t
−
(t2+1)2t 2
. 4 Punkte Mittels Kettenregel gilt dann
(~ g ◦ f )
0(x, y, z) =
1 2(xy + z)
−
((xy+z)2(xy+z)2+1)2
(y x 1) =
=
y x 1
2xy
2+ 2yz 2x
2y + 2xz 2xy + 2z
−
((xy+z)2xy2+2yz2+1)2−
((xy+z)2x2y+2xz2+1)2−
((xy+z)2xy+2z2+1)2
. 6 Punkte
VERST ¨ ANDNISTEIL: L ¨ OSUNGEN 3. WAHR oder FALSCH
1) falsch 2 Punkte 2) falsch 2 Punkte 3) falsch 2 Punkte 4) wahr 2 Punkte 5) falsch 2 Punkte 6) falsch 2 Punkte
Bei einer falschen Antwort werden zwei Punkte abgezogen.
4. Partielle Differenzierbarkeit F¨ ur die Folge (
n1, 0)
n∈Ngilt
n→∞
lim f ( 1
n , 0) = lim
n→∞
1 n2
1 n2
= 1 6= 0 = f (0, 0) 1 Punkt Daher ist f nicht stetig in Null. Also ist f stetig in R
2\
00. 2 Punkte Es ist
h→0
lim
f (h, 0) − f(0, 0)
h = lim
h→0 h2 h2
h = ∞ 2 Punkte
Daher ist f in Null nicht partiell nach x differenzierbar. Also ist f in R
2\
00partiell nach x differenzierbar. 2 Punkte
Es ist
h→0
lim
f (0, h) − f (0, 0)
h = lim
h→0
−h h2
